Добавил:

fench Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Кузбасский государственный технический университет

Предмет:

Физика

Файл:

Методички / Н.Н. Демидова Физика. Методические указания по выполнению контрольных работ для студентов заочной формы обучения (сокращенные сроки обучения на базе среднего проф. образования)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.08.2013

Размер:

786.66 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

•Стержень и ось вращения лежат в од-

ной плоскости и параллельны друг другу					O
					O


(задачи 1.33, 1.38, 1.40). В этом случае рас-				r


стояние r от элементов dm до оси вращения d l
стояние r от элементов dm до оси вращения d l
одинаково (рис. 1.7), поэтому



	m	l


I = ∫r2 d m = r2 ∫d m = r2 ∫τ d l.					O′





m	0	0	Рис. 1.7
m	0	0
•Стержень и ось вращения лежат в од-
ной плоскости и перпендикулярны друг					O



другу (задачи 1.33, 1.37, 1.38). Уравнение				r



	I = ∫r2 τ d l

содержит две переменные r и d l. Однако,

если учесть, что отсчёт этих величин производится вдоль одного направления (рис.1.8), то интегрирование даёт

d l

O′

Рис. 1.8

I = ∫r

τ d l = τ∫r

τ l

d r

= τ

•Стержень и ось вращения лежат в од-

ной плоскости и образуют угол β (задачи

d l

1.31, 1.40). В этом случае переход к одной

O′

переменной в уравнении

I = ∫r

d m =

∫r

τ d l

Рис. 1.9

осуществляется с использованием известных тригонометрических со-

отношений (рис. 1.9):

d r

= cos α

или

d r

= sin β.

d l

Например, при использовании первого из

приведённых соотношений

I = τ∫r

cos α d r = τcos α

O′

	0	3
	0	Рис. 1.10
		Рис. 1.10

•Расчёт момента инерции плоских фигур, например пластинки

(рис. 1.10), осуществляется по приведённой выше методике с учётом формул (2) и (4) (задачи 1.35, 1.36):

I = ∫r2 d m = ∫r2σdS = σb ∫r2d r.

ПРИМЕЧАНИЯ 1.4:

1.Момент инерции сложной фигуры (рамка, треугольник, стержень, согнутый под углом) определяется суммой моментов инерции частей фигуры.

2.При решении задачи 1.32 учтите, что сторона а равностороннего треугольника определяет радиус R описанной окружности:

R =	3	a .
	2

3. Перед решением задачи 1.34 разберите теорему Штейнера, со-

гласно которой I = I0 + m d2 ,

где I – момент инерции тела относительно произвольной оси; I0 - момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс этого тела параллельно данной оси; m – масса тела; d – расстояние между осями.

5. Задачи 1.41-1.50 на тему «Уравнение динамики вращательного движения» [1, §18]; [2, §4.2, 4.3]; [3, §3].

При решении задач данной темы примените методику, рекомендованную для решения задач по динамике поступательного движения. Кроме того, учтите, что

•Кинематические характеристики вращающегося абсолютно твёрдого тела определяются так же, как и для материальной точки, движущейся по окружности (см. таблицу), поскольку угол поворота ϕ, угловая скорость ω и угловое ускорение ε всех точек абсолютно твёрдого тела одинаковы.

•Для системы связанных тел (задачи 1.42-1.44, 1.47-1.49) записывается система уравнений с использованием второго закона Ньютона:

Fr = ∑n Fri = m ar

i=1

иуравнение динамики вращательного движения относительно непод-

вижной оси Z:

MZ = IZ ε,

где MZ – результирующий момент внешних сил, действующих на тело относительно оси Z; ε - угловое ускорение; IZ – момент инерции тела относительно оси вращения.

•Для поступательного движения тел (задачи 1.42-1.45, 1.47, 1.49) направление оси, например Х, определяется направлением движения тела, для вращающихся – ось Z расположена перпендикулярно плоскости рисунка (см. пример 1.4).

•Для оси Z, перпендикулярной плоскости рисунка и направленной «от нас», момент сил, вращающих тело по часовой стрелке, берётся со знаком «+», а против – со знаком «-».

ПРИМЕР 1.4. Две гири массами m1 = 0,5 кг и m2 =0,3 кг связаны ни-

тью, перекинутой через блок массой m = 0,4 кг. Найти ускорение а, с

которым движутся гири, силы натяжения Т1 и Т2 нитей, к которым под-

вешены гири. Считать массу блока распределённой по диску. Трением

пренебречь, считать нить невесомой и нерастяжимой.

Дано:

РЕШЕНИЕ.

m1 = 0,5 кг

Рассмотрим силы, действующие на движущиеся тела. На

m2 = 0,3 кг

каждый груз действуют две силы: сила тяжести m gr,

m = 0,4 кг

а, Т1, Т2 - ?

и сила упругости (натяжения нитей) T1

, T2 :

m1 a1

= m1 g+ T1 ,

m2 a 2

= m2 g+ T2 .

Выберем направление оси Х, сов-

Т′2

Т1′

ar1

падающее с направлением движения

Тr

груза массой m1 (рис.1.11), и запишем

Т2

уравнения движения грузов в скалярном

виде, учитывая правило знаков (проек-

m2 g

m1 g

ция векторов, направление которых сов-

Рис. 1.11

падает с выбранным направлением оси, берутся со знаком «+», проти-

воположно направленные – со знаком «-») и равенство модулей векто-

ров:

a1 = a2 = a, m1 a = m1 g−T1 , − m2 a = m2 g−T2 .

Найдём силы натяжения нитей Т1

и Т2, решив эти уравнения:

T1 = m1 (g−a), T2

= m2

(g+ a).

На блок действуют: сила тяжести m gr

, реакция опоры

и силы

натяжения нитейT1′,

T2′. Моменты первых двух сил равны нулю. Вра-

r r

щение блока обусловливают моменты сил натяжения нитейT1′ и T2′ от-

носительно оси Z M1 и M2, перпендикулярной плоскости рисунка. Направим ось Z «от нас», тогда уравнение динамики вращательного движения в проекции на эту ось запишется в виде

IZ ε = M1− M2 = T1′ r−T2′ r ,

где IZ =				1		m r2	– момент инерции диска относительно оси Z;
				2
	aτ		a
ε =		=			- угловое ускорение (так как касательное ускорение аτ равно
	r		r

ускорению а поступательного движения грузов при отсутствии проскальзывания нити); r – радиус блока. С учётом невесомости нити и

третьего закона Ньютона: Т1′ = Т1 ,

Т′2 = Т2 . Решая совместно сис-

тему уравнений, получим a =

m1− m2

g .

+ m

Произведём вычисления:a

0,5 −0,3

9,81

=1,96

0,5 + 0,3 + 0,2

с2

Т1 = 0,5 (9,81−1,96)= 39,2 Н,

Т2

= 0,3 (9,81+1,96)= 35,3 Н.

ПРИМЕЧАНИЯ 1.5:

1.Тангенциальное ускорение аτ точек, лежащих на поверхности вала (шкива, колеса), равно ускорению а падающего груза при отсутствии проскальзывания нити (задачи 1.42-1.44).

2.Торможение вала (задача 1.48) происходит под действием силы

трения Fтр = µF, где F – прижимающая сила.

3. При решении задачи 1.50 дополнительно используйте формулу для углового ускорения ε (таблица).

6. Задачи 1.51-1.60 на тему «Закон сохранения момента импульса. Кинетическая энергия вращающегося твёрдого тела»

[1, §17, 19]; [2, §4.2, 5.3]; [3, §3].

	•Момент импульса материальной точки относительно неподвиж-
ной точки определяется векторным					произведением радиуса-вектора
rr	r	:
	на её импульс mi Vi			r	r
	r		r	Li = [rri , miVi ].
Если радиус-вектор r		Vi , то модуль вектора момента импульса равен

РЕШЕНИЕ.

Li = mi Vi ri .

•Момент импульса твёрдого тела относительно неподвижной оси

r n r

LZ = ∑LiZ , i=1

поскольку всякое твёрдое тело можно представить системой материальных точек. Так как моменты импульса всех материальных точек направлены в одну сторону, то направление вектора момента импульса

твёрдого тела совпадает с направлениемr вектора угловой скорости

LZ = IZ ωr .

•Закон сохранения момента импульса. Момент импульса системы тел относительно неподвижной оси не изменяется со временем, если момент внешних сил относительно этой же оси равен нулю, т.е.

n r r

∑LiZ = const при MZ = 0.

i=1

•Кинетическая энергия твёрдого тела вращающегося относительно неподвижной оси:

Eвращкин = IZ2ω2 ,

где IZ – момент инерции твёрдого тела относительно оси вращения, ω - угловая скорость.

ПРИМЕР 1.5. В центре скамьи Жуковского стоит человек и держит в руках стержень длиной l и массой m, расположенный вертикально вдоль оси вращения скамейки (рис. 1.12). Скамья с человеком вращается с частотой n1. С какой частотой n2 будет вращаться скамья с человеком, если он повернет стержень в горизонтальное положение так, что центр масс будет находиться на оси вращения? Момент инерции человека и скамьи I0 .

Дано:

lНа систему «скамья с человеком – стержень» действуют внешние

m	силы: сила тяжести и реакция опоры, линия действия которых
n1	совпадает с осью вращения. Моменты этих внешних сил равны
I0	нулю. Силой трения для скамьи Жуковского можно пренебречь,
n2 - ?	поэтому момент импульса системы остаётся постоянным как по

величине, так и по направлению:

r	15	r

L1		L2


				r	r	Рис. 1.12	r



						r
r	и	r		L1	= L2	, I1 ω1	= I2 ω2	,
где I1 ω1	и	I2 ω2	- моменты импульса системы для двух положений

стержня; I1 = I0 момент инерции системы, когда стержень находится в вертикальном положении; I2 = I0 + Iст – момент инерции системы, когда стержень расположен горизонтально. Момент инерции Iст стержня относительно оси, проходящей через центр масс стержня перпендикуляр-

но его длине Iст = 121 m l2 .

Выражая угловую скорость через частоту вращения по формуле ω = 2πn и подставляя её в уравнение, получаем

2 π n1

= I0 +

m l

2 π n2 .

Отсюда

n2 =

m l2

ПРИМЕР 1.6. Стержень длиной l и массой М может вращаться вокруг неподвижной оси, проходящей через верхний конец стержня. На расстоянии, равном ¾l от оси вращения стержня, ударяет пуля массой m, летящая в горизонтальном направлении со скоростью V0, и застревает в стержне. При этом стержень отклонился на угол ϕ. Определить скорость пули.

Дано:	РЕШЕНИЕ.
l	Взаимодействие пули и стержня неупругое, поэтому после удара
М	пуля и соответствующая точка стержня будут двигаться с одина-
r = ¾l	ковой скоростью. В момент удара на пулю и стержень действуют
m	силы тяжести, линии действия которых проходят через ось вра-
ϕ	щения. Моменты этих сил относительно оси вращения равны ну-
	лю. Поэтому для системы «стержень – пуля» справедлив закон
V0 - ?	лю. Поэтому для системы «стержень – пуля» справедлив закон

r 16r

сохранения момента импульса: L1 = L2 .

Суммарный момент импульса системы до удара равен моменту импульса пули:

L1 = m V0 r ,

где r – расстояние от оси вращения до точки попадания пули.

Суммарный момент импульса системы после удара:

L2 = m V r+ I ω,

		l/2
l	ϕ	r
h	ϕ	h = 0
h

		r
		V0

Рис. 1.13

где Iω - момент импульса стержня; I = 1/3 Ml2 – момент инерции стержня относительно оси вращения, проходящей через конец стержня; ω - угловая скорость вращения стержня; mVr – момент импульса пули (V – линейная скорость пули, равная линейной скорости точек стержня, находящихся на расстоянии r от оси вращения). Так как V = ω r, то момент импульса пули mr2ω. Следовательно:

	m V r = m r2			ω+		M l2	ω.
	m V r = m r2			ω+			ω.
	0				3
					3
					M l2
			m r2	+			ω
			m r2	+			ω
					3
Откуда	V	=			3			,
Откуда	V	=						,
	0			m r
				m r

где r =¾l

Для определения скорости V0 пули необходимо найти угловую скорость вращения стержня. Пуля, ударившись о стержень, за ничтожно малый промежуток времени приводит его в движение с угловой скоростью ω, сообщая ему кинетическую энергию:

T = I ω2 2 ,

где I – момент инерции стержня (моментом инерции пули можно пренебречь, так как масса m << M).

При повороте стержня на угол ϕ его центр масс поднимается на высоту h относительно нулевого уровня

h= 2l (1−cosϕ).

Вотклонённом положении стержень обладает потенциальной

энергией:

П = M g h = M g 2l (1−cosϕ).

На основании закона сохранения механической энергии можно записать

	I ω2			= M g	l	(1−cosϕ).
		2		= M g		(1−cosϕ).
Откуда		2		2
Откуда				M g l (1−cosϕ).
		ω =		M g l (1−cosϕ).
							I
								l2
			m r2 + M
			m r2 + M
							3		M g
Следовательно: V		=					3		M g
Следовательно: V		=
0				m r
				m r

l (1−cosϕ). I

ПРИМЕЧАНИЯ 1.6:

1.Обратите внимание: моменты импульса мяча (задача 1.52) и человека (задача 1.53) можно рассчитать как для материальной точки.

2.При решении задачи 1.54 учтите относительность движения человека, причём движение человека и платформы равномерное. Угловая

скорость платформы ω1 = ϕt , угловая скорость движения человека по

окружности относительно Земли ω2 = ω - ω1.

3. Кинетическая энергия катящегося тела (задачи 1.56-1.60) равна кинетической энергии I ω22 вращательного движения вокруг мгновен-

ной оси, проходящей через центр масс, и кинетической энергии m V2

поступательного движения центра масс со скоростью V. Кроме того для решения задач 1.59, 1.60 применяется закон сохранения механической энергии.

7. Задачи 1.61-1.70 на тему «Силы в механике.

Механическая работа » [1, §21, 22]; [2, §3.1, 5.4]; [3, §4].

•Закон всемирного тяготения: две материальные точки массами m1 и m2, находящиеся на расстоянии r, притягиваются с силой

F = G m1r2m2 ,

где G = 6,67 10-11 Н м2/кг2 – гравитационная постоянная.

Этот закон можно использовать и для неточечных тел, обладающих сферически симметричным распределением массы (см. соответствующие задачи данной темы).

•В результате действия внешней силы в теле возникают:

а) нормальное напряжение

σ = FупрS ,

где Fупр – упругая сила, перпендикулярная поперечному сечению тела; S – площадь поперечного сечения;

б) тангенциальное напряжение

τ = FупрS ,

где Fупр – упругая сила, действующая вдоль слоя; S – площадь слоя.

•Деформацию тел характеризуют:

а) относительная деформация ε при продольном растяжении или сжатии

ε = ∆ll,

где ∆l – абсолютное удлинение или сжатие; l - начальная длина;

б) относительная деформация tgγ при сдвиге tg γ = ∆hx ,

где tgγ – относительный сдвиг; γ - угол сдвига; ∆х – абсолютный сдвиг параллельных слоёв тела относительно друг друга; h – расстояние между слоями.

•Закон Гука

а) для продольного растяжения или сжатия

Fупр = k ∆l, или σ = ε E,

где k – коэффициент упругости (для пружины – жёсткость); Е – модуль Юнга;

б) для сдвига

∆х = GF hS или τ = G γ,

где G – модуль сдвига.

•Элементарная работа δА силы

r	19			r
r	r	У		r
δA = (F,d r )= F d r cosα,		У		F
δA = (F,d r )= F d r cosα,				F
где d rr - вектор перемещения, α - угол
	r				d rr
между векторами силы Fи перемещени-			1	α	d rr	2
ем d rr (рис. 1.14).		r	1		r
Работа, совершаемая переменной		r1			r
Работа, совершаемая переменной					r2
силой при движении тела вдоль траекто-		0				Х
рии L:				Рис. 1.14
A = ∫F(r) cosα d r .				Рис. 1.14
A = ∫F(r) cosα d r .
	L

ПРИМЕР 1.7. К закреплённому медному стержню (Е = 98 ГПа) длиной l = 2 м и площадью поперечного сечения S = 4 см2 подвешен груз

массой m = 50кг. Определить относительное ε и абсолютное ∆l удлинение стержня.

Дано:

РЕШЕНИЕ.

l= 2 м

Относительное удлинение стержня определяется по зако-

S = 4 10-4 м

ну Гука: ε =

, где

σ =

Fупр

m g

- нормальное напря-

m = 50 кг

Е = 9,8 1010 Па

жение, Е – модуль Юнга.

ε, ∆l - ?

Расчёт относительного удлине-

ния

50 9,8

m g

=1,25 10

−5

ε = S Е = 4 10−4 9,8 1010

Проверка размерности

∆l

кг м/с2

Па

[ε] =

=1.

м2 Па

Па

Абсолютное ∆l удлинение стержня определим из формулы

ε =

∆l

Рис. 1.15

Откуда ∆l = ε l.

Расчёт абсолютного ∆l удлинения

∆l =1,25 10−5 2 м = 2,5 10−5 м = 25 мкм.

ПРИМЕР 1.8. Какую работа Адв должны совершить двигатели ракеты, масса которой m, чтобы поднять её с поверхности Земли на высоту

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Методички